Objętość ostrosłupa

$$V=P_p\cdot H=12\cdot5=60\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: B. W graniastosłupie nie dzielimy przez $3$ — to dotyczy tylko ostrosłupów.

$$V=P_p\cdot H=24\cdot7=168\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: C. $168$ cm$^3$.

Objętość ostrosłupa to jedna trzecia iloczynu pola podstawy i wysokości:

$$V=\frac13 P_p\cdot h$$

Odpowiedź: C.

$$V=\frac{1}{3}P_p\cdot H=\frac{1}{3}\cdot12\cdot5=20\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: C. Ostrosłup ma trzykrotnie mniejszą objętość niż graniastosłup o tej samej podstawie i wysokości — porównaj z zadaniem 1.

$$V=\frac13 P_p H=\frac13\cdot27\cdot8=72\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $72$ cm$^3$.

$$V=\frac13\cdot12\cdot5=\frac13\cdot60=20$$

Odpowiedź: $20$.

$$a^3=64 \quad\Rightarrow\quad a=\sqrt[3]{64}=4\ \text{cm}$$

Odpowiedź: B. Sprawdzenie: $4\cdot4\cdot4=64$. ✔

Przekątna kwadratu to $a\sqrt2$:

$$d=6\sqrt2\approx8{,}49\ \text{cm}$$

Sprawdzenie Pitagorasem: $\sqrt{36+36}=\sqrt{72}=6\sqrt2$ ✔

Odpowiedź: $6\sqrt2$ cm.

$$P_p=6^2=36$$

Odpowiedź: $36$.

Sześcian ma $6$ jednakowych ścian kwadratowych:

$$P_c=6a^2=6\cdot3^2=6\cdot9=54\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: C. Odpowiedź A ($27$) to objętość — łatwo je pomylić.

Krok 1 — krawędź:

$$a^3=64 \quad\Rightarrow\quad a=4\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole:

$$P=6a^2=6\cdot16=96\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: A. $96$ cm$^2$.

Liczba ścian bocznych ostrosłupa równa jest liczbie boków podstawy — czworokąt ma $4$ boki.

Odpowiedź: B. $4$.

Objętość prostopadłościanu to iloczyn trzech krawędzi:

$$V=a\cdot b\cdot c=3\cdot4\cdot5=60\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $60\ \text{cm}^3$.

Podstawy:

$$2\cdot25=50\ \text{cm}^2$$

Ściany boczne (obwód podstawy razy wysokość):

$$20\cdot8=160\ \text{cm}^2$$

$$P=50+160=210\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $210$ cm$^2$.

Krok 1 — pole podstawy (kwadrat):

$$P_p=6^2=36$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac13\cdot36\cdot10=120$$

Odpowiedź: $120$.

Prostopadłościan ma trzy pary jednakowych ścian:

$$P_c=2(ab+bc+ac)$$

$$P_c=2(3\cdot4+4\cdot5+3\cdot5)=2(12+20+15)=2\cdot47=94\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $94\ \text{cm}^2$.

Krok 1 — przekątna podstawy: $a\sqrt2$.

Krok 2 — przekątna bryły z twierdzenia Pitagorasa:

$$d=\sqrt{\left(a\sqrt2\right)^2+a^2}=\sqrt{2a^2+a^2}=a\sqrt3$$

Pułapka: $a\sqrt2$ to przekątna ściany, nie całej bryły.

Odpowiedź: D. $a\sqrt3$.

$$P_c=P_p+P_b=25+60=85$$

Odpowiedź: $85$.

Krok 1 — pole podstawy (trójkąt prostokątny):

$$P_p=\frac{1}{2}\cdot3\cdot4=6\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=P_p\cdot H=6\cdot10=60\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $60\ \text{cm}^3$.

Krok 1 — pole podstawy:

$$P_p=\frac{6\cdot8}{2}=24\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=24\cdot12=288\ \text{cm}^3$$

Krok 3 — przeciwprostokątna:

$$c=\sqrt{36+64}=10\ \text{cm}$$

Krok 4 — pole całkowite. Obwód podstawy to $24$ cm:

$$P=2\cdot24+24\cdot12=48+288=336\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $V=288$ cm$^3$, $P=336$ cm$^2$.

Trzy wierzchołki podstawy + jeden wierzchołek główny:

$$3+1=4$$

Odpowiedź: A. $4$.

Krok 1 — pole podstawy. Podstawą jest kwadrat:

$$P_p=6^2=36\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac{1}{3}\cdot36\cdot4=48\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $48\ \text{cm}^3$.

Krok 1 — pole podstawy:

$$P_p=64\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — pole boczne:

$$P_b=4\cdot\frac{8\cdot5}{2}=4\cdot20=80\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — razem:

$$P=64+80=144\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $144$ cm$^2$.

Przekształcamy wzór $V=\frac13 P_p\cdot h$:

$$h=\frac{3V}{P_p}=\frac{3\cdot48}{12}=\frac{144}{12}=12$$

Odpowiedź: $12$.

Krok 1 — pole podstawy:

$$P_p=6^2=36\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — pole powierzchni bocznej. Cztery jednakowe trójkąty o podstawie $6$ i wysokości $5$:

$$P_b=4\cdot\frac{1}{2}\cdot6\cdot5=4\cdot15=60\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — pole całkowite:

$$P_c=36+60=96\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $96\ \text{cm}^2$.

Uwaga: do pola bocznego wchodzi apotema (wysokość ściany), a nie wysokość bryły.

$$V_{\text{ostr}}=\tfrac13 P_p H,\qquad V_{\text{gr}}=P_p H$$

Trzy jednakowe ostrosłupy wypełniają dokładnie taki graniastosłup.

Odpowiedź: B. trzy razy mniejsza.

Ściany boczne ostrosłupa to trójkąty o wspólnym wierzchołku.

Odpowiedź: D. trójkątami.

Sześć wierzchołków podstawy plus jeden wierzchołek górny:

$$6+1=7$$

Odpowiedź: D. Dla porównania: ścian ma $7$ (sześć bocznych i podstawa), a krawędzi $12$.

Wysokość bryły $H$, połowa krawędzi podstawy ($6$ cm) i wysokość ściany bocznej ($10$ cm) tworzą trójkąt prostokątny, w którym apotema jest przeciwprostokątną:

$$H=\sqrt{10^2-6^2}=\sqrt{100-36}=\sqrt{64}=8\ \text{cm}$$

Rozpoznanie: trójka $6$–$8$–$10$.

Odpowiedź: $8$ cm.

Krok 1 — jedna ściana boczna to trójkąt o podstawie $8$ i wysokości $5$:

$$P_\triangle=\frac{8\cdot5}{2}=20$$

Krok 2 — są cztery jednakowe ściany:

$$P_b=4\cdot20=80$$

Odpowiedź: $80$.

$$1\ \text{l}=1\ \text{dm}^3=10\cdot10\cdot10=1000\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: C.

Krok 1 — objętość:

$$V=50\cdot40\cdot30=60\,000\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — litry ($1$ l $=1000$ cm$^3$):

$$60\,000:1000=60\ \text{litrów}$$

Odpowiedź: C. $60$ l.

Bo $V_{ostr}=\frac13 P_p h$, a $V_{gran}=P_p h$.

Odpowiedź: B. $\frac13$ objętości graniastosłupa.

Krok 1 — pole podstawy (romb liczymy z przekątnych):

$$P_p=\frac{e\cdot f}{2}=\frac{6\cdot8}{2}=24\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=24\cdot12=288\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $288\ \text{cm}^3$.

Korzystamy ze wzoru na przekątną prostopadłościanu:

$$d=\sqrt{a^2+b^2+c^2}=\sqrt{9+16+144}=\sqrt{169}=13\ \text{cm}$$

Skąd ten wzór: najpierw Pitagoras w podstawie ($\sqrt{9+16}=5$), potem w trójkącie z wysokością ($\sqrt{25+144}=13$).

Odpowiedź: $13$ cm.

$$V=\frac13\cdot9\cdot7=\frac{63}{3}=21$$

Odpowiedź: $21$.

Ściana sześcianu jest kwadratem o boku $5$ cm. Jej przekątna to przeciwprostokątna trójkąta prostokątnego o przyprostokątnych $5$ i $5$:

$$d^2=5^2+5^2=50 \quad\Rightarrow\quad d=\sqrt{50}=5\sqrt{2}\ \text{cm}\approx7{,}07\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $5\sqrt{2}$ cm.

Uwaga: przekątna ściany to $a\sqrt2$, a przekątna całego sześcianu — $a\sqrt3$.

Z wzoru $V=\frac13 P_p H$ wyznaczamy pole podstawy:

$$P_p=\frac{3V}{H}=\frac{300}{12}=25\ \text{cm}^2$$

Sprawdzenie: $\frac13\cdot25\cdot12=100$ cm$^3$ ✔

Odpowiedź: $25$ cm$^2$.

Wzór na wysokość:

$$h=\frac{3V}{P_p}=\frac{3\cdot196}{49}=\frac{588}{49}=12$$

Odpowiedź: $12$.

Podstawą jest trójkąt równoboczny o boku $6$ cm.

Krok 1 — wysokość trójkąta (twierdzenie Pitagorasa):

$$h^2=6^2-3^2=36-9=27 \quad\Rightarrow\quad h=3\sqrt{3}\ \text{cm}$$

Krok 2 — pole:

$$P_p=\frac{1}{2}\cdot6\cdot3\sqrt{3}=9\sqrt{3}\ \text{cm}^2\approx15{,}59\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $9\sqrt{3}\ \text{cm}^2$.

Ścian bocznych jest tyle, ile boków ma podstawa, czyli $6$. Wszystkich ścian jest $8$ (razem z dwiema podstawami).

Odpowiedź: A. $6$.

„Prawidłowy” oznacza podstawę będącą wielokątem foremnym — dla trójkątnego to trójkąt równoboczny.

Odpowiedź: C. trójkąt równoboczny.

Przekształcamy wzór na objętość:

$$V=P_p\cdot H \quad\Rightarrow\quad H=\frac{V}{P_p}$$

$$H=\frac{126}{18}=7\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $7$ cm.

Krok 1 — pole podstawy (trójkąt równoboczny):

$$P_p=\frac{a^2\sqrt3}{4}=\frac{16\sqrt3}{4}=4\sqrt3\ \text{cm}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=4\sqrt3\cdot10=40\sqrt3\ \text{cm}^3\approx69{,}3\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: $40\sqrt3$ cm$^3$.

Krok 1 — pole podstawy:

$$P_p=10^2=100$$

Krok 2 — pole boczne (cztery trójkąty o podstawie $10$ i wysokości $13$):

$$P_b=4\cdot\frac{10\cdot13}{2}=4\cdot65=260$$

Krok 3 — pole całkowite:

$$P_c=P_p+P_b=100+260=360$$

Odpowiedź: $360$.

Objętość zależy od trzeciej potęgi krawędzi:

$$V_{\text{nowe}}=(2a)^3=8a^3$$

Odpowiedź: D. Dla porównania: pole powierzchni wzrosłoby $4$ razy, bo zależy od $a^2$.

Objętość zależy od sześcianu krawędzi:

$$V_{\text{nowe}}=(2a)^3=8a^3=8V$$

Dla porównania: pole powierzchni wzrośnie czterokrotnie ($6(2a)^2=24a^2$), bo zależy od kwadratu krawędzi.

Odpowiedź: D. wzrośnie ośmiokrotnie.

Cztery krawędzie podstawy + cztery krawędzie boczne:

$$4+4=8$$

Odpowiedź: A. $8$.

Przekształcamy wzór:

$$V=\frac{1}{3}P_p H \quad\Rightarrow\quad H=\frac{3V}{P_p}$$

$$H=\frac{3\cdot40}{24}=\frac{120}{24}=5\ \text{cm}$$

Odpowiedź: $5$ cm.

Uwaga: przekształcając wzór z ułamkiem $\frac13$, trzeba pomnożyć przez $3$ — pominięcie tego to częsty błąd.

Krok 1 — objętość:

$$V=\frac13\cdot36\cdot4=48\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — wysokość ściany bocznej. Tworzy ją trójkąt prostokątny o przyprostokątnych $H=4$ i $\frac{a}{2}=3$:

$$h=\sqrt{16+9}=\sqrt{25}=5\ \text{cm}$$

Krok 3 — pole boczne:

$$P_b=4\cdot\frac{6\cdot5}{2}=60\ \text{cm}^2$$

Krok 4 — pole całkowite:

$$P=36+60=96\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $V=48$ cm$^3$, $P=96$ cm$^2$.

Krok 1 — model. Apotema łączy wierzchołek ostrosłupa ze środkiem krawędzi podstawy. Tworzy trójkąt prostokątny z wysokością ostrosłupa i połową boku podstawy.

Krok 2 — połowa boku: $\frac{12}{2}=6$.

Krok 3 — twierdzenie Pitagorasa:

$$m=\sqrt{h^2+\left(\tfrac{a}{2}\right)^2}=\sqrt{8^2+6^2}=\sqrt{64+36}=\sqrt{100}=10$$

Odpowiedź: apotema $10$.

Krok 1 — pole podstawy: $P_p=4^2=16\ \text{cm}^2$.

Krok 2 — pole boczne. Obwód podstawy to $Ob_p=4\cdot4=16$ cm:

$$P_b=Ob_p\cdot H=16\cdot10=160\ \text{cm}^2$$

Krok 3 — pole całkowite (dwie podstawy!):

$$P_c=2\cdot16+160=192\ \text{cm}^2$$

Odpowiedź: $192\ \text{cm}^2$.

Krok 1 — dno:

$$20\cdot8=160\ \text{m}^2$$

Krok 2 — dwie dłuższe ściany:

$$2\cdot(20\cdot1{,}5)=60\ \text{m}^2$$

Krok 3 — dwie krótsze ściany:

$$2\cdot(8\cdot1{,}5)=24\ \text{m}^2$$

Krok 4 — razem:

$$160+60+24=244\ \text{m}^2$$

Uwaga: basen nie ma górnej ściany — dlatego liczymy pięć powierzchni, a nie sześć.

Odpowiedź: $244$ m$^2$.

Krok 1 — pole podstawy:

$$P_p=3\cdot3=9\ \text{m}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=\frac13\cdot9\cdot2=6\ \text{m}^3$$

Odpowiedź: $6$ m³.

Krok 1 — wysokość słupa wody:

$$h=\frac{3}{4}\cdot40=30\ \text{cm}$$

Krok 2 — objętość wody:

$$V=50\cdot30\cdot30=45\,000\ \text{cm}^3$$

Krok 3 — zamiana na litry. Ponieważ $1\ \text{l}=1000\ \text{cm}^3$:

$$45\,000:1000=45\ \text{l}$$

Odpowiedź: $45$ litrów.

Krok 1 — pole trójkąta:

$$P_p=\frac{2\cdot1{,}5}{2}=1{,}5\ \text{m}^2$$

Krok 2 — objętość:

$$V=1{,}5\cdot3=4{,}5\ \text{m}^3$$

Krok 3 — dwie ściany trójkątne:

$$2\cdot1{,}5=3\ \text{m}^2$$

Odpowiedź: $V=4{,}5$ m$^3$, materiał na ściany trójkątne $3$ m$^2$.

Krok 1 — objętości (wspólna wysokość $h$):

$$V_1=\frac13\cdot10\cdot h,\qquad V_2=\frac13\cdot30\cdot h$$

Krok 2 — iloraz:

$$\frac{V_2}{V_1}=\frac{30}{10}=3$$

Wniosek. Przy tej samej wysokości objętość jest wprost proporcjonalna do pola podstawy.

Odpowiedź: $3$ razy większa.

Objętość graniastosłupa:

$$V_1=30\cdot9=270\ \text{cm}^3$$

Objętość ostrosłupa:

$$V_2=\frac{1}{3}\cdot30\cdot9=90\ \text{cm}^3$$

Różnica:

$$V_1-V_2=270-90=180\ \text{cm}^3$$

Odpowiedź: o $180\ \text{cm}^3$.

Wniosek ogólny: objętość ostrosłupa to $\frac13$ objętości graniastosłupa, więc różnica stanowi zawsze $\frac23$ objętości graniastosłupa.

Krok 1 — objętość sześcianu:

$$V_1=6^3=216\ \text{cm}^3$$

Krok 2 — objętość ostrosłupa. Podstawa to kwadrat o polu $36$ cm$^2$, a wysokość równa krawędzi sześcianu, czyli $6$ cm:

$$V_2=\frac13\cdot36\cdot6=72\ \text{cm}^3$$

Krok 3 — pozostała część:

$$216-72=144\ \text{cm}^3$$

Krok 4 — procent:

$$\frac{144}{216}=\frac23\approx66{,}7\%$$

Warto zauważyć: taki ostrosłup zawsze zajmuje dokładnie jedną trzecią sześcianu — to bezpośrednia konsekwencja współczynnika $\frac13$ we wzorze na objętość.

Odpowiedź: $144$ cm$^3$, czyli około $66{,}7\%$ sześcianu.

Krok 1 — ogólny wzór na objętość ostrosłupa:

$$V=\frac13 P_p\cdot h$$

Krok 2 — pole podstawy. Podstawą jest kwadrat o boku $a$, więc $P_p=a^2$.

Krok 3 — podstawiamy:

$$V=\frac13\cdot a^2\cdot h=\frac13 a^2 h \qquad ∎$$

Sprawdzenie dla $a=6$, $h=10$: $V=\frac13\cdot36\cdot10=120$ — zgodnie z zad. 5 ✔

Rozwiązanie

1. Przekątna kwadratu $d=8\sqrt3$, więc bok $a=\dfrac{d}{\sqrt2}=\dfrac{8\sqrt3}{\sqrt2}=4\sqrt6$, a pole podstawy $P=a^2=96$.
2. Rzut krawędzi bocznej na podstawę to połowa przekątnej: $\tfrac{d}{2}=4\sqrt3$. Wysokość: $H=4\sqrt3\cdot\mathrm{tg}\,30^\circ=4\sqrt3\cdot\tfrac{1}{\sqrt3}=4$.
3. $V=\tfrac13\cdot96\cdot4=128$.

Odpowiedź: $V=128$.